sa correction - Page de Cécile Armana

Université Paris 7 - Denis Diderot
UFR de Mathématiques
Premier semestre 2006/07
M1 Maths-info - Algèbre
Devoir à la maison n◦ 2
Un corrigé
Exercice 1. Soit F3 le corps fini à 3 éléments et α une racine septième de l’unité (dans un corps de
rupture du polynôme X 7 − 1 ∈ F3 [X], il existe - au moins - une racine septième de l’unité). On pose
K = F3 (α).
1) L’élément α ∈ K est algébrique sur F3 car il vérifie α7 = 1. Donc le corps F3 (α) est une extension
finie de F3 . C’est un F3 -espace vectoriel de dimension finie, il a donc un nombre fini d’éléments :
K est un corps fini.
2) Pour déterminer K, il suffit de trouver son cardinal. D’après ce qui précède, #K = 3m où m est le
degré de l’extension K/F3 . Maintenant, il s’agit de calculer m. Si α = 1, alors F3 (α) = F3 .
Supposons α 6= 1. Comme α7 − 1 = (α − 1)(1 + α + . . . + α6 ) = 0 dans K, on a 1 + α + . . . + α6 = 0.
Notons P le polynôme cyclotomique 1 + X + . . . + X 6 ∈ F3 [X]. Il annule α, c’est donc un multiple
du polynôme minimal de α sur F3 . Montrer que c’est le polynôme minimal revient à montrer que
P est irréductible dans F3 [X].
D’après l’exercice 9 de la feuille 4, P est irréductible dans F3 [X] si et seulement s’il n’a aucune
racine dans toutes les extensions de F3 de degré au plus deg2 P = 3. Il n’y a que trois possibilités
pour ces extensions : L1 = F3 , L2 = F32 , L3 = F33 .
Raisonnons par l’absurde : supposons que P ait une racine x dans un de ces corps Ld (1 ≤ d ≤ 3).
Comme x 6= 0, x est un élément du groupe multiplicatif L∗d du corps. D’après un résultat du cours,
puisque Ld est fini, ce groupe est cyclique d’ordre 3d − 1. De plus, x7 = 1 donc x est d’ordre 7. Par
le théorème de Lagrange, 7 divise 3d − 1. Pour d = 1, 2 ou 3, c’est impossible. Ainsi le polynôme
P est irréductible dans F3 [X] et c’est le polynôme minimal de α sur F3 . Le degré de l’extension
K/F3 est m = deg(P ) = 6.
En conclusion, K est le corps fini F36 à 36 éléments.
Remarque 0. On ne travaille pas dans un sous-corps de C donc on n’a pas α = e2iπ/17 !
Remarque 1. D’après le cours, le polynôme cyclotomique Φ7 (X) = 1+X +. . .+X 6 est irréductible
dans Q[X]. Mais cela ne nous dit rien de son irréductibilité dans F3 [X] !
Remarque 2. Pour vérifier que P n’a aucune racine dans ces corps, on pouvait également procéder
comme en TD en construisant les corps F32 et F33 comme quotients de F3 [X] par un polynôme
irréductible du bon degré (par exemple avec X 2 + 1 et X 3 + 2X + 1, irréductibles sur F3 ). Mais
les calculs sont beaucoup plus longs.
Exercice 2.
Soit n un entier ≥ 3.
1) Notons ζ = e2iπ/n et α = cos(2π/n). On a α =
de corps :
ζ+ζ −1
2
Q(ζ)
|
Q(α)
|
Q.
1
donc α est dans Q(ζ). On a ainsi les extensions
D’après le cours, l’extension Q(ζ)/Q est de degré ϕ(n). Déterminons le degré de l’extension
Q(ζ)/Q(α).
Le polynôme P (X) = (X − ζ)(X − ζ −1 ) = X 2 − 2αX + 1 est à coefficients dans Q(α)[X]. De plus,
il annule ζ. Enfin, il est irréductible dans Q(α) : sinon, ses racines ζ et ζ −1 seraient dans Q(α) ce
qui est impossible car Q(α) ⊂ R et ζ ∈
/ R (n ≥ 3). Donc P est le polynôme minimal de ζ sur Q(α).
Comme il est de degré 2, on en déduit [Q(ζ) : Q(α)] = 2. Par le théorème de multiplicativité du
degré, on a donc :
[Q(α) : Q] =
ϕ(n)
.
2
2) Soit x ∈ Q écrit sous forme irréductible ab avec a et b entiers premiers entre eux et b > 0. On
suppose b ≥ 3. Comme précédemment, on a les extensions de corps :
Q(e2πia/b )
|
Q(cos(2πa/b))
|
Q
et comme précédemment, on montre que [Q(e2πia/b ) : Q(cos(2πa/b))] = 2 (l’extension n’est pas de
degré 1 car b ≥ 3). De plus, e2πi/b est une racine primitive b-ème de l’unité. Comme a et b sont
premiers entre eux, il en est de même de e2πia/b . Les corps Q(e2πi/b ) et Q(e2πia/b ) sont donc égaux.
Or, [Q(e2πi/b ) : Q] = ϕ(b). Finalement, on obtient :
[Q(cos(2πa/b)) : Q] =
ϕ(b)
.
2
3) Supposons n ≥ 5. Notons β = sin( 2π
à la question précédente ! On
n ). On commence par se ramener
π
2π
n−4
)
=
cos(
−
)
=
cos(2π
).
Maintenant,
écrivons n−4
a l’identité trigonométrique sin( 2π
n
2
n
4n
4n sous
forme irréductible.
• Si pgcd(n, 8) = 1, alors n est impair et le pgcd de 4n et n − 4 est 1. D’après la question 2), le
degré [Q(β) : Q] est ϕ(4n)/2. Comme 4 et n sont premiers entre eux, d’après les propriétés de
l’indicatrice d’Euler1 , ϕ(4n) = ϕ(4)ϕ(n) = 2ϕ(n). D’où [Q(β) : Q] = ϕ(n).
• Si pgcd(n, 8) = 2, alors n = 2k avec k impair et on voit que le pgcd de 4n et n − 4 est 2.
n/2−2
Donc comme n−4
4n =
2n , le degré de l’extension est donc ϕ(2n)/2. On a ϕ(2n) = ϕ(4k) =
ϕ(4)ϕ(k) = 2ϕ(k). De plus, ϕ(n) = ϕ(2k) = ϕ(2)ϕ(k) = ϕ(k). Donc ϕ(2n) = 2ϕ(n) et le degré
est [Q(β) : Q] = ϕ(n).
• Si pgcd(n, 8) = 4, alors n = 4k avec k impair et on voit que le pgcd de 4n et n − 4 est 8.
(n−4)/8
Comme n−4
4n =
n/2 , le degré est donc ϕ(n/2)/2. On a ϕ(n) = ϕ(4k) = ϕ(4)ϕ(k) = 2ϕ(k) et
ϕ(n/2) = ϕ(2k) = ϕ(k) d’où ϕ(n/2) = ϕ(n)/2. Finalement, le degré est [Q(β) : Q] = ϕ(n)/4.
• Si pgcd(n, 8) > 4, alors n = 8k avec k quelconque et le pgcd de 4n et n − 4 est 4. Comme
(n−4)/4
n−4
, le degré de l’extension est [Q(β) : Q] = ϕ(n)/2.
4n =
n
4) Notons β = sin(2π/5). Comme pgcd(5, 4) = 1, d’après ce qui précède, l’extension Q(β)/Q est
de degré ϕ(5) = 4, donc le polynôme minimal de β sur Q est de degré 4. D’après la formule
sin(5x) = 16 sin(x)5 − 20 sin(x)3 + 5 sin(x) appliquée à x = 2π/5, on a 16β 5 − 20β 3 + 5β = 0, d’où
16β 4 − 20β 2 + 5 = 0.
Le polynôme P = 16X 4 − 20X 2 + 5 ∈ Q[X] annule β ; il divise le polynôme minimal et il est de
même degré que celui-ci. C’est donc le polynôme minimal de β sur Q.
Remarque. On pouvait également voir que P est irréductible en appliquant le critère d’Eisenstein.
1
Si n et m sont premiers entre eux, alors ϕ(nm) = ϕ(n)ϕ(m)
2
Exercice 3.
2iπ
Notons z = e 17 et K = Q(z).
1) (a) D’après le cours, l’extension K/Q est de degré ϕ(17) = 16 et une base de K sur Q est
{z, z 2 , . . . , z 16 }.
(b) D’après le cours, l’extension K/Q est galoisienne de groupe de Galois isomorphe à (Z/17Z)∗ .
Or, (Z/17Z)∗ est cyclique car c’est le groupe multiplicatif du corps fini Z/17Z (17 est premier).
Donc G est cyclique isomorphe au groupe additif Z/16Z et d’ordre 16.
i
(c) Soit g un générateur de G ; il est d’ordre 16. Soit Gi le sous-groupe de G engendré par g 2
4
i
2
16
4−i . Donc le groupe G est d’ordre
(0 ≤ i ≤ 4). L’élément g 2 est d’ordre pgcd(2
i
i ,24 ) = 2i = 2
24−i .
Par la correspondance de Galois, la suite de sous-groupes {e} = G4 ⊂ G3 ⊂ G2 ⊂ G1 ⊂ G0 =
G donne les extensions de corps suivantes :
K4 = K G4 = K
|
K3 = K G3
|
K2 = K G2
|
K1 = K G1
|
K0 = K G = Q.
Calculons [Ki+1 : Ki ]. Par multiplicativité du degré, c’est
[Ki+1 : Q]
[K : Q]
. Or, [Ki : Q] =
=
[Ki : Q]
[K : Ki ]
|G|
i+1
d’après la correspondance. Donc [Ki : Q] = 2i . On en déduit [Ki+1 : Ki ] = 2 2i = 2.
|Gi |
(d) Un automorphisme σ de K/Q (c’est-à-dire un élément du groupe de Galois G) est déterminé
par sa valeur en z. De plus, comme z 17 = 1, σ(z) est une racine 17ème de l’unité. Donc il
existe k avec 0 ≤ k ≤ 16 tel que g 8 (z) = z k . De plus, g 16 = id donc
z = g 16 (z) = g 8 (g 8 (z)) = g 8 (z k ) = (g 8 (z))k = z k
2
2
d’où z k −1 = 1. Alors z étant d’ordre 17, 17 divise k 2 − 1 = (k − 1)(k + 1), d’où puisque 17
est premier, k = 1 ou k = −1. Si k = 1, alors g 8 = id ce qui est impossible car g est d’ordre
16. Donc k = −1 et g 8 (z) = z −1 .
G3 , il faut et
D’après la correspondance de Galois, pour voir que cos( 2π
17 ) est dans K3 = K
3
2π
2π
8
8 z+z
8 z+z −1
il suffit de montrer que g 2 (cos( 2π
17 )) = cos( 17 ). Or, g (cos( 17 )) = g ( 2 ) = g ( 2 ) =
1 −1
2π
+ z) = cos( 2π
2 (z
17 ). Donc cos( 17 ) appartient au corps K3 .
2π
On obtient ainsi Q(cos( 2π
17 )) ⊂ K3 . Maintenant d’après l’exercice 2, l’extension Q(cos( 17 ))/Q
est de degré ϕ(17)
= 8. Comme on sait que [K3 : Q] = 23 = 8, on obtient l’égalité de corps
2
2π
K3 = Q(cos( 17 )).
2) (a) On vérifie que la classe de 2 ne convient pas car 28 = 1. Calculons les réductions modulo 17
des puissances successives de 3 :
3
32
33
34
35
36
37
38
39 = 14
=9
310 = 8
= 10
311 = 7
= 13
312 = 4
=5
313 = 12
= 15
314 = 2
315 = 6
= 11
= 16 = −1 316 = 1
3
La classe de 3 est d’ordre 16 dans (Z/17Z)∗ et engendre ce groupe.
On sait que le groupe de Galois G est isomorphe à (Z/17Z)∗ . Plus précisément, l’isomorphisme
est donné par :
(Z/17Z)∗ → G
k
7→ (z 7→ z k )
L’automorphisme g de K/Q, défini par g(z) = z 3 , est un générateur de G.
(b) On pose a1 =
7
X
g 2i (z) et a2 = g(a1 ).
i=0
i. Comme K1 = K G1 , pour voir que a1 appartient à K1 , il faut et il suffit de montrer que
g 2 (a1 ) = a1 . Puisque g 16 = id, on a
g 2 (a1 ) =
7
X
g 2(i+1) (z) =
6
X
i=0
g 2(i+1) (z) + g 16 (z) =
i=0
7
X
g 2i (z) = a1
i=0
donc a1 appartient à K1 .
En utilisant g(z) = z 3 , on obtient les formules :
a1 = z + z 9 + z 13 + z 15 + z 16 + z 8 + z 4 + z 2
a2 = z 3 + z 10 + z 5 + z 11 + z 14 + z 7 + z 12 + z 6 .
Comme {z, . . . , z 16 } est une Q-base de K, on en déduit a2 6= a1 . Puisque Q = K G1 et
g(a1 ) 6= a1 , a1 n’est pas dans Q. Enfin, Q ( Q(a1 ) ⊂ K1 et l’extension K1 /Q étant de
degré 2, on obtient K1 = Q(a1 ).
ii. Par les formules précédentes, 1 + a1 + a2 = Φ17 (z) = 0 (où Φ17 désigne le 17ème polynôme
cyclotomique).
iii. En remarquant que z k + z −k = 2 cos(kθ), on obtient
a1 = 2(cos(θ) + cos(8θ) + cos(4θ) + cos(2θ))
a2 = 2(cos(3θ) + cos(7θ) + cos(5θ) + cos(6θ)).
Comme θ =
2π
17 ,
on a les inégalités
0 < θ < 2θ < 3θ < 4θ <
π
< 5θ < 6θ < 7θ < 8θ < π
2
Le cosinus est strictement décroissant sur [0, π] donc cos(kθ) > 0 pour k = 1, 2, 3, 4 et
cos(kθ) < 0 pour k = 5, 6, 7, 8. De plus
a2 = 2(2 cos(9θ/2) cos(3θ/2) + cos(5θ) + cos(7θ))
Comme 0 < 3θ/2 < π/2 < 9θ/2 < π, le produit cos(9θ/2) cos(3θ/2) est strictement
négatif. Donc a2 < 0.
iv. En développant le produit, en utilisant la formule rappelée puis en regroupant les termes
(on a cos(kθ) = cos((17 − k)θ) pour tout k), on obtient a1 + a2 = 4a1 a2 = −4.
v. Les racines
de√l’équation du second degré X 2 + X − 4 = 0 sont a1 et a2 . Donc {a1 , a2 } =
√
{ −1−2 17 , −1+2 17 }. Comme a2 < 0, on obtient :
√
√
−1 + 17
−1 − 17
a1 =
et a2 =
.
2
2
√
En particulier, on voit que K1 = K(a1 ) = Q( 17).
4
(c) On pose b1 =
3
X
g 4i (z) et b2 = g 2 (b1 ).
i=0
i. Comme K2 = K G2 , voir que b1 appartient à K2 revient à montrer que g 4 (b1 ) = b1 , ce qui
s’obtient à l’aide des formules
b1 = z + z 13 + z 16 + z 4
b2 = z 9 + z 15 + z 8 + z 2 .
Comme {z, . . . , z 16 } est une Q-base de K, on a b2 6= b1 donc b1 ∈
/ K1 = K G1 . Enfin,
K1 ( K1 (b1 ) ⊂ K2 et comme l’extension K2 /K1 étant de degré 2, on obtient K2 = K1 (b1 ).
ii. A l’aide des formules précédentes, on a directement b1 + b2 = a1 .
iii. Un calcul similaire à celui de 2)b)iii donne b1 = 2(cos(θ) + cos(4θ)) et b2 = 2(cos(2θ) +
cos(8θ)). Par décroissance du cosinus sur [0, π], on obtient b2 < b1 .
iv. En effectuant le produit et regroupant les termes, on obtient
b1 b2 = 2
8
X
cos(kθ) = a1 + a2 = −1.
k=1
2
v. Les racines de l’équation du second
√ 2 degré√X2 − a1 X − 1 = 0, à coefficients dans K1 , sont
a − a +4 a + a +4
b1 et b2 . Ainsi, {b1 , b2 } = { 1 2 1 , 1 2 1 }. Comme b1 > b2 ,
1
b1 = (a1 +
2
vi. On pose b3 =
3
X
q
q
a21 + 4) et b2 = 12(a1 − a21 + 4).
g 4i+1 (z) et b4 = g 2 (b3 ). Par la même méthode, on obtient les relations
i=0
suivantes :
b3 = z + z 3 + z 5 + z 14 + z 12
b4 = z 10 + z 11 + z 7 + z 6
b3 + b4 = a2
b3 = 2(cos(3θ) + cos(5θ))
b4 = 2(cos(7θ) + cos(6θ))
P
b3 b4 = 2 8k=1 cos(kθ) = −1
p
p
Les racines de l’équation X 2 − a2 X − 1 = 0 sont 21 (a2 + 4 + a22 ) et 12 (a2 − 4 + a22 ).
Comme b3 > b4 , on obtient
q
q
1
1
2
b3 = (a2 + 4 + a2 ) et b4 = (a2 − 4 + a22 ).
2
2
(d) On pose c1 =
1
X
g 8i (z) et c2 = g 4 (c1 ).
i=0
i. Comme K3 = K G3 , voir que c1 appartient à K3 revient à montrer que g 8 (c1 ) = c1 , ce qui
s’obtient à l’aide des formules
c1 = z + z 16
c2 = z 13 + z 4 .
Comme {z, . . . , z 16 } est une Q-base de K, on a c2 6= c1 donc c1 ∈
/ K2 = K G2 . Enfin,
K2 ( K2 (c1 ) ⊂ K3 et comme l’extension K3 /K2 est de degré 2, on obtient K3 = K2 (c1 ).
ii. A l’aide des formules précédentes, on a directement c1 + c2 = b1 .
5
iii. Un calcul donne c1 = 2 cos(θ) et c2 = 2 cos(4θ). Par décroissance du cosinus sur [0, π], on
obtient c2 < c1 .
iv. En effectuant le produit et regroupant les termes, on obtient
c1 c2 = 2(cos(3θ) + cos(5θ)) = b3 .
v. Les racines de l’équation du secondpdegré X 2 − b1 X +p
b3 = 0, à coefficients dans K2 , sont
c1 et c2 . Ainsi, {c1 , c2 } = { 12 (b1 − b21 − 4b3 ), 21 (b1 + b21 − 4b3 )}. Comme c1 > c2 ,
q
q
1
1
c1 = (b1 + b21 − 4b3 ) et c2 = (b1 − b21 − 4b3 ).
2
2
p
(e) Finalement, cos(θ) = 21 c1 = 14 (b1 + b21 − 4b3 ). Or
q
p
p
√
1
1
1
b1 = (a1 + a21 + 4) = (a1 + 8 − a1 )) = (−1 + 17 + 4(8 − a1 ))
2
2
4
d’où
√
1
b1 = (−1 + 17 +
4
De même,
1
b3 = (a2 +
2
En développant, on trouve
b21
et finalement cos
1
16
−1 +
√
2π
17
q
17 +
q
√
34 − 2 17).
q
√
1
a22 + 4) = (−1 − 17 +
4
√
34 + 2 17).
q
q
√
√
√
1
= (62 + 2(−1 + 17) 34 − 2 17 − 4 17)
16
vaut
√
34 − 2 17 +
r
√
68 + 12 17 + 2(−1 +
√
!
q
q
√
√
17) 34 − 2 17 − 16 34 + 2 17 .
Autour de la formule de Gauss
Constructions à la règle et au compas. Voici la définition mathématique précise de la notion de
point du plan constructible (sous-entendu, à la règle et au compas).
Points constructibles en une étape. Soit E un sous-ensemble du plan euclidien, qu’on assimile
ici à R2 . On dit qu’un point P = (x, y) est constructible en une étape à partir de E si et seulement si P
est un point de E ou si P est dans l’intersection de deux objets quelconques parmi :
– l’ensemble des droites distinctes qui passent par deux éléments distincts de E ;
– l’ensemble des cercles distincts centrés en un point de E et dont le rayon est la distance de deux
quelconques points de E.
Points constructibles en n étapes. Partant des mêmes données, on définit, naturellement et
par récurrence, l’ensemble des points constructibles en n étapes à partir de E : pour n = 1, c’est
la construction précédente ; sinon, c’est l’ensemble des points constructibles en une étape à partir de
l’ensemble des points constructibles en n − 1 étapes (à partir de E). Enfin, un point est dit constructible
à partir de E s’il l’est en n étapes pour un certain n.
Nombres constructibles. Un nombre réel x est dit constructible si le point (x, 0) du plan l’est à
partir de E = {O = (0, 0), I = (0, 1), J = (1, 0)}. Les nombres constructibles forment un sous-corps de
R.
Critère pour qu’un nombre soit constructible. Savoir quels sont les nombres et les figures
constructibles à la règle et au compas était un problème central des mathématiques dès l’Antiquité.
Jusqu’au dix-neuvième siècle, on démontra l’impossibilité de réaliser certaines constructions (quadrature
6
du cercle, trisection de l’angle). La théorie des extensions de corps fournit le bon cadre mathématique
pour étudier la constructibilité. C’est Wantzel (1837) qui donne finalement un critère pour qu’un nombre
réel x soit constructible : il faut et il suffit qu’il existe une tour d’extension quadratique Q = K0 ⊂ K1 ⊂
. . . ⊂ Kn (cela signifie que les extensions successives sont de degré 2) avec x ∈ Kn .
Le polygone régulier à 17 côtés. D’après l’exercice 3, le nombre cos( 2π
17 ) est donc constructible
à la règle et au compas. Maintenant, il est facile de se convaincre qu’un polygone régulier à n côtés est
constructible si et seulement si cos( 2π
n ) l’est. Muni de la formule de Gauss, d’une règle, d’un compas et
de beaucoup de patience, vous pouvez donc construire le polygone régulier à 17 côtés...
Tous les polygones sont-ils constructibles ? Une question naturelle est de savoir si tous les
polygones réguliers sont constructibles. En 1801, Gauss en obtient la liste : ce sont les polygones à n côtés,
où n est soit une puissance de 2, soit le produit d’une puissance de 2 et de nombres de Fermat premiers.
k
Les nombres de Fermat sont ceux de la forme Fk = 22 + 1. Parmi eux, on ne connaît actuellement que
cinq nombres premiers : F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257, F4 = 65537. On conjecture qu’il n’en existe
pas d’autres.
Pour en savoir plus : Consulter n’importe quel bon ouvrage sur la théorie des corps et la théorie
de Galois.
7